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2024届重庆市巴蜀中学高三下学期4月适应性月考卷（九）物理试题（原卷版+解析版）
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1. 下列说法正确的是（ ）
A. 声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率大
B. 肥皂膜上出现彩色条纹是光偏振现象
C. 将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长
D. 双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率小，故A错误；
B．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故B错误；
C．根据
将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后，由于重力加速度发生变化，所以应调整其摆长，故C正确；
D．双缝干涉实验中形成的干涉图样，根据
可知条纹间距与光的波长有关，则与光的频率有关，故D错误。
故选C。
2. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A. 图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变
B. 图乙中氘核的比结合能小于氦核的比结合能
C. 图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光
D. 图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，则a光频率最高
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中铀238的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，10个铀238不一定有5个发生衰变，故A错误；
B．图乙中氦核比氘核更稳定，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故B正确；
C．图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，跃迁路径可能为、、、，所以最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；
D．图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，根据
，
由图像可知，c光对应的遏止电压最大，则c光对应的光电子最大初动能最大，c光频率最高，故D错误。
故选B。
3. 如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A、B两个小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则（ ）
A. 单根细绳对物块的拉力始终不变
B. 两细绳对物块的合力变大
C. 杆对A环的作用力保持不变
D. 两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg
【答案】C
【解析】
【详解】B．某时刻开始环上电荷量缓慢减少，稳定后，物块仍保持静止，根据平衡条件可知两细绳对物块的合力与物块重力等大反向，故两细绳对物块的合力不变，故B错误；
AD．设绳子与竖直方向的夹角为，稳定后，物块仍保持静止，则
可得
环上电荷量缓慢减少，将减小，故单根细绳对物块的拉力逐渐减小，当两环间距等于绳长时，设绳长为，根据几何关系有
可得
此时单根细绳拉力大小等于
故AD错误；
C．根据对称性，可知杆对A环的作用力等于杆对B环的作用力，以A、B小环、物块为整体受力分析，竖直方向有
可得杆对A环的作用力为
故杆对A环的作用力保持不变，故C正确。
故选C。
4. 霍尔推进器不断被改进，未来有望成为远距离太空探测的首选推进装置。有一种霍尔推进器如图所示，很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的辐射状磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等；在垂直于圆环平面方向上加有匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A. 磁场Ⅱ垂直圆环平面向里
B. 电场方向垂直圆环平面向外
C. 电子受到的电场力提供向心力
D. 磁场对电子的洛伦兹力做正功
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．根据洛伦兹力和电场力受力特点，电子沿顺时针方向做圆周运动，因此在磁场I中，受到的洛伦兹力方向垂直平面向里，所以电场力要和其平衡，电场力方向垂直纸面向外，电场方向垂直圆环平面向里，磁场Ⅱ提供圆周运动的向心力，因此方向垂直圆环平面向里，故BC错误，A正确；
D．磁场对电子的洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误。
故选A
5. 如图，两个电荷量都为Q的正、负点电荷固定在A、B两点，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O为x的C点，沿某一确定方向施加外力使试探电荷由静止开始沿直线从C点加速运动到O点，不计重力，则此过程中（ ）
A. 施加的外力沿CO方向
B. 试探电荷受到的电场力一直变小
C. 试探电荷做加速度增大的加速运动
D. 试探电荷的电势能逐渐增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左的电场力作用，要想让该电荷由静止开始沿直线从C点运动到О点，则该电荷所受合力的方向应沿CО方向，受力分析如图所示
可知外力F的方向应当斜向左下，故A错误；
B．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，沿直线从C点加速运动到O点，电场强度逐渐增大，则试探电荷受到的电场力一直变大，故B错误；
C．沿直线从C点加速运动到O点，试探电荷受到的电场力一直变大，则外力的水平分力一直变大，由于施加外力的方向确定，则竖直分力一直变大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷的加速度一直变大，试探电荷做加速度增大的加速运动，故C正确；
D．由于电场力垂直于试探电荷的运动方向，所以电场力不做功，试探电荷的电势能不变，故D错误。
故选C。
6. 如图，将一质量为m=10g、长度为l=20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量为也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（ ）
A. 弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²
B. 橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止
C. 最终橡皮擦不会脱离纸板
D. 因橡皮擦与纸板摩擦而产生热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为
桌面给纸板水平向右的摩擦力为
由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为
橡皮擦的加速度大小为
故A错误；
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到加速度为
而橡皮擦开始做减速运动的加速度最大值为
故此时橡皮擦将相对纸板向左运动，且橡皮擦向右的加速度为
纸板向右的加速度为
故B错误；
CD．结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过t时间速度相同，则有
代入数据解得
此时二者向左共速的速度为
橡皮擦的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动，由于
所以纸板先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以减速为0，规定向左为正方向则橡皮的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为
即最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（ ）
A. 行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tanθ
B. 行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
C. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为年
D. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为年
【答案】D
【解析】
【详解】A．该行星的最大观察视角为θ，如图
根据几何关系可知
所以行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为
故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
故B错误；
CD．若行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，则下一次行星处于最佳观察期时一定行星落后于地球，因而有
即
故C错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示为某款磁吸式无线充电宝对手机充电的原理图，它的发射线圈两端为电压22V的正弦式交流电，手机内部接收线圈的电压为6V。已知接收线圈的匝数为30匝，装置由于漏磁，接收线圈的磁通量约为发射线圈磁通量的70%。下列说法正确的是（ ）
A. 发射线圈的匝数为110匝
B. 两线圈中交变电流的频率相同
C. 接收线圈的电压最大值为V
D. 充电时，接收线圈始终有远离发射线圈的趋势
【答案】BC
【解析】
【详解】A．装置由于漏磁接收线圈的磁通量约为发射线圈磁通量的70%，则有
其中，，，代入各数据可得
故A错误。
B．变压器不改变交流电的频率，则接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，故B正确；
C．手机内部接收线圈的电压为6V是正弦交流电有效值，则接收线圈的电压最大值为，故C正确；
D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有靠近的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有远离的趋势，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（ ）
A. 球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B. 整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C. 球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
D. 球A与弹簧作用后，能够追上槽C
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A正确；
B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统水平方向动量守恒，故B错误；
C．球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律
解得
球A到槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，水平方向动量守恒
则
由几何关系
联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
故C正确；
D．由能量守恒
其中
联立解得
，方向水平向左
，方向水平向右
对球A和球B由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
，方向水平向右
因为
所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，故D正确。
故选ACD。
10. 某同学以初速度将垒球从A点抛出后，恰好以速度垂直击中前方挡板上的B点，轨迹如图所示，已知方向与挡板平行，A、B两点的距离为3.2m。不计空气阻力，取。则垒球从A到B过程（抛出后到碰撞前）中（ ）
A. 垒球机械能守恒
B. 垒球动量变化量的方向竖直向下
C. 垒球在B点时动能最小
D. 垒球运动时间为0.8s
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．垒球做斜上抛运动中，只有重力做功，则垒球的机械能守恒，故A正确；
B．由动量定理可知，垒球只受重力，因重力的冲量竖直向下，则垒球动量变化量的方向竖直向下，故B正确；
C．垒球做斜上抛运动中，当速度变为水平方向时，此时速度与重力垂直其速度最小，而动能最小，B点的速度斜向下，其动能不是最小，故C错误；
D．设初速度与位移的夹角为，位移与水平方向的夹角为，如图所示
因斜上抛运动的水平运动为匀速直线运动，有
则可得
由斜上抛的分运动规律有
联立各式可得
解得
故D正确。
故选ABD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，然后画出玻璃砖与空气的两个界面和，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。
（1）在插和时，应使挡住____________（选填“”、“”、“和”、“或”）的像，使挡住____________（选填“”、“”、“、和”、“、或”）的像。
（2）用“插针法”找出与入射光线对应的折射光线，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图乙所示，则玻璃的折射率n=____________（用图中线段的字母表示）。
（3）为了进一步提高测量准确度，请提出一条合理的改进建议：____________。
【答案】（1） ①. 和 ②. 、和
（2）
（3）选用较细的大头针；同侧大头针间距稍大一些；选用两光学表面间距大的玻璃砖等
【解析】
【小问1详解】
[1][2]“测定玻璃的折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，即同时挡住和的像且挡住、和的像。
【小问2详解】
根据几何关系入射角正弦值为
折射角正弦值为
且
根据折射定律有
【小问3详解】
为了进一步提高测量准确度，可以改进的方法有：选用较细的大头针；同侧大头针间距稍大一些；选用两光学表面间距大的玻璃砖等。
12. 某人打算测量某一电源的电动势和内阻。
（1）小李同学先用多用电表粗测该电源的电动势。他先把选择开关旋转到直流电压10V挡正确操作测量时表盘指针如图所示，其读数为____________V。
（2）为了更准确地测量电动势和内阻，他在实验室中找到了电阻箱、电压表、定值电阻等相关器材，组成如图甲所示电路，并进行实验。已知该电源允许通过的最大电流为40mA，图中电阻箱R的阻值范围为0~9999Ω。
①电路中R0为保护电阻，实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用____________。
A.20Ω，125mA
B.150Ω，30mA
C.200Ω，80mA
D.500Ω，5mA
②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表示数U，根据测得的多组数据，作出图线，如图乙所示，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为k，则电源的电动势E=____________，内阻r=____________。
③若考虑到电压表内阻对实验的影响，则电源电动势的测量值比真实值____________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）8.9 （2） ①. C ②. ③. ④. 偏小
【解析】
【小问1详解】
由图可知，量程为10V，分度值为0.2V，所以读数为
【小问2详解】
[1]该电源允许通过的最大电流为40mA，所以排除BD选项，根据欧姆定律
故选C。
[2][3]由闭合电路欧姆定律
化简可得
所以
，
化简可得电源的电动势为
内阻为
[4]可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值，即电源电动势的测量值比真实值偏小。
13. 智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。如图所示，智能机器人携带包裹从供包台静止开始运动，抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中。某次分拣时，携带包裹的机器人沿倾角为α=8°的轨道从供包台静止开始运动到相距44m的分拣口处。在运行过程中包裹与托盘保持相对静止。已知机器人加速过程的加速度为2m/s²，运行的最大速度为4m/s，机器人以最大速度匀速运动8s后，做匀减速运动，并刚好停在分拣口。机器人运送包裹过程中可视为质点。
（1）若包裹与托盘的动摩擦因数为设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在机器人到达分拣口处，要使得包裹能下滑，托盘与车上表面的夹角最小是多少？
（2）机器人匀减速过程的加速度为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）包裹刚好能下滑，则
解得
即夹角最小值为。
（2）匀加速过程，由
可得匀加速的位移
匀速位移为
则匀减速位移为
由
可得匀减速得加速度
14. 某次滑板表演，在开始阶段，表演者在同一竖直平面内运动，可以把该场地简化为如图所示的凹形场地：两端是的光滑圆弧面，半径均为L，中间是长为4L的粗糙水平面。表演者M的质量（含滑板）为m，从光滑圆弧面的A处由静止开始滑下，进入水平面后，与质量（含滑板）为1.2m且静止在水平面中点O处的表演者N碰撞，碰后M以碰前瞬间速度的反弹，在返回途中停在OB中点处，N最终也停在OB中点处，且M、N没有发生第二次碰撞。重力加速度为g。
（1）求M滑至圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小；
（2）求M与N碰撞后瞬间M、N的速度大小之比；
（3）假设M、N在粗糙水平面上运动时，所受阻力与压力的比分别为μ、kμ（μ、k均未知），表演者的动作不影响自身的速度，滑板的长度忽略不计。求μ和k的数值（结果用分数表示）。
【答案】（1）；（2）；（3） ，
【解析】
【详解】（1）M滑至圆弧末端的过程，由动能定理得
M滑至圆弧末端，根据牛顿第二定律，有
联立可得M滑至圆弧末端B时受到的支持力大小
由牛顿第三定律得压力
（2）设M与N碰撞前的速度为，碰撞后，M反弹的速度大小为，N获得的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
根据题意可得
联立可得
则
（3）对M，从A点滑下到碰前瞬间，能量守恒得
对M，从碰后到停止运动过程，能量守恒得
联立解得
对N，从碰后到停止运动过程，能量守恒得
联立解得
15. 如图甲所示，垂直于纸面方向足够长的平行金属板M、N水平放置，板宽与板间距离均为，M、N分别与一电压可调的电源正负极相连。板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，板右侧空间有垂直纸面向里的有界匀强磁场（未知，图中未画出），宽度为。两板中心线左端点O有一粒子源，可以水平向右持续发射相同初速度的质量为m、电量为（）的带电粒子，粒子在板间运动时间很短，每一个粒子在板间运动时均认为电压恒定，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）当时，粒子打在上板中央位置，要使所有粒子在板间做直线运动，求；
（2）撤去板间磁场，要使所有粒子均能进入右侧磁场且不从右边界穿出磁场，求的最大值及右侧磁场的最小值；
（3）撤去板间磁场后，在M板上方加一竖直向上的匀强磁场（如图乙），若，，，求粒子打在M板上的痕迹长度。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，当时，粒子做匀速圆周运动，粒子打在上板中央位置，由几何关系可得
又有
粒子做直线运动
联立可得
（2）当粒子恰好沿下板右端点射出时，水平方向
竖直方向
联立可得
经分析，从下板右端点进入右侧磁场的粒子不从右边界穿出磁场，所有粒子均不能穿出磁场。假设粒子从下板右端点射出时速度大小为v，则有
由几何关系，得
又有
联立可得
（3）假设粒子进入右侧磁场时速度与水平方向夹角为，从左边界穿出时，射入点与射出点的距离为可得
粒子进入MN上方磁场后，水平方向做半径为的匀速圆周运动
周期
竖直方向向下做匀速直线运动，速度大小
粒子从进入M板上方磁场到打到M板上所用时间
又有
得
，
所以痕迹长度
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率大
B. 肥皂膜上出现彩色条纹是光偏振现象
C. 将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长
D. 双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率小，故A错误；
B．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故B错误；
C．根据
将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后，由于重力加速度发生变化，所以应调整其摆长，故C正确；
D．双缝干涉实验中形成的干涉图样，根据
可知条纹间距与光的波长有关，则与光的频率有关，故D错误。
故选C。
2. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A. 图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变
B. 图乙中氘核的比结合能小于氦核的比结合能
C. 图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光
D. 图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，则a光频率最高
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中铀238的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，10个铀238不一定有5个发生衰变，故A错误；
B．图乙中氦核比氘核更稳定，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故B正确；
C．图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，跃迁路径可能为、、、，所以最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；
D．图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，根据
，
由图像可知，c光对应的遏止电压最大，则c光对应的光电子最大初动能最大，c光频率最高，故D错误。
故选B。
3. 如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A、B两个小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则（ ）
A. 单根细绳对物块的拉力始终不变
B. 两细绳对物块的合力变大
C. 杆对A环的作用力保持不变
D. 两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg
【答案】C
【解析】
【详解】B．某时刻开始环上电荷量缓慢减少，稳定后，物块仍保持静止，根据平衡条件可知两细绳对物块的合力与物块重力等大反向，故两细绳对物块的合力不变，故B错误；
AD．设绳子与竖直方向的夹角为，稳定后，物块仍保持静止，则
可得
环上电荷量缓慢减少，将减小，故单根细绳对物块的拉力逐渐减小，当两环间距等于绳长时，设绳长为，根据几何关系有
可得
此时单根细绳拉力大小等于
故AD错误；
C．根据对称性，可知杆对A环的作用力等于杆对B环的作用力，以A、B小环、物块为整体受力分析，竖直方向有
可得杆对A环的作用力为
故杆对A环的作用力保持不变，故C正确。
故选C。
4. 霍尔推进器不断被改进，未来有望成为远距离太空探测的首选推进装置。有一种霍尔推进器如图所示，很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的辐射状磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等；在垂直于圆环平面方向上加有匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A. 磁场Ⅱ垂直圆环平面向里
B. 电场方向垂直圆环平面向外
C. 电子受到的电场力提供向心力
D. 磁场对电子的洛伦兹力做正功
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．根据洛伦兹力和电场力受力特点，电子沿顺时针方向做圆周运动，因此在磁场I中，受到的洛伦兹力方向垂直平面向里，所以电场力要和其平衡，电场力方向垂直纸面向外，电场方向垂直圆环平面向里，磁场Ⅱ提供圆周运动的向心力，因此方向垂直圆环平面向里，故BC错误，A正确；
D．磁场对电子的洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误。
故选A
5. 如图，两个电荷量都为Q的正、负点电荷固定在A、B两点，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O为x的C点，沿某一确定方向施加外力使试探电荷由静止开始沿直线从C点加速运动到O点，不计重力，则此过程中（ ）
A. 施加的外力沿CO方向
B. 试探电荷受到的电场力一直变小
C. 试探电荷做加速度增大的加速运动
D. 试探电荷的电势能逐渐增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左的电场力作用，要想让该电荷由静止开始沿直线从C点运动到О点，则该电荷所受合力的方向应沿CО方向，受力分析如图所示
可知外力F的方向应当斜向左下，故A错误；
B．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，沿直线从C点加速运动到O点，电场强度逐渐增大，则试探电荷受到的电场力一直变大，故B错误；
C．沿直线从C点加速运动到O点，试探电荷受到的电场力一直变大，则外力的水平分力一直变大，由于施加外力的方向确定，则竖直分力一直变大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷的加速度一直变大，试探电荷做加速度增大的加速运动，故C正确；
D．由于电场力垂直于试探电荷的运动方向，所以电场力不做功，试探电荷的电势能不变，故D错误。
故选C。
6. 如图，将一质量为m=10g、长度为l=20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量为也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（ ）
A. 弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²
B. 橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止
C. 最终橡皮擦不会脱离纸板
D. 因橡皮擦与纸板摩擦而产生热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为
桌面给纸板水平向右的摩擦力为
由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为
橡皮擦的加速度大小为
故A错误；
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到加速度为
而橡皮擦开始做减速运动的加速度最大值为
故此时橡皮擦将相对纸板向左运动，且橡皮擦向右的加速度为
纸板向右的加速度为
故B错误；
CD．结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过t时间速度相同，则有
代入数据解得
此时二者向左共速的速度为
橡皮擦的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动，由于
所以纸板先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以减速为0，规定向左为正方向则橡皮的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为
即最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（ ）
A. 行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tanθ
B. 行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
C. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为年
D. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为年
【答案】D
【解析】
【详解】A．该行星的最大观察视角为θ，如图
根据几何关系可知
所以行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为
故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
故B错误；
CD．若行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，则下一次行星处于最佳观察期时一定行星落后于地球，因而有
即
故C错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示为某款磁吸式无线充电宝对手机充电的原理图，它的发射线圈两端为电压22V的正弦式交流电，手机内部接收线圈的电压为6V。已知接收线圈的匝数为30匝，装置由于漏磁，接收线圈的磁通量约为发射线圈磁通量的70%。下列说法正确的是（ ）
A. 发射线圈的匝数为110匝
B. 两线圈中交变电流的频率相同
C. 接收线圈的电压最大值为V
D. 充电时，接收线圈始终有远离发射线圈的趋势
【答案】BC
【解析】
【详解】A．装置由于漏磁接收线圈的磁通量约为发射线圈磁通量的70%，则有
其中，，，代入各数据可得
故A错误。
B．变压器不改变交流电的频率，则接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，故B正确；
C．手机内部接收线圈的电压为6V是正弦交流电有效值，则接收线圈的电压最大值为，故C正确；
D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有靠近的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有远离的趋势，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（ ）
A. 球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B. 整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C. 球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
D. 球A与弹簧作用后，能够追上槽C
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A正确；
B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统水平方向动量守恒，故B错误；
C．球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律
解得
球A到槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，水平方向动量守恒
则
由几何关系
联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为
故C正确；
D．由能量守恒
其中
联立解得
，方向水平向左
，方向水平向右
对球A和球B由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
，方向水平向右
因为
所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，故D正确。
故选ACD。
10. 某同学以初速度将垒球从A点抛出后，恰好以速度垂直击中前方挡板上的B点，轨迹如图所示，已知方向与挡板平行，A、B两点的距离为3.2m。不计空气阻力，取。则垒球从A到B过程（抛出后到碰撞前）中（ ）
A. 垒球机械能守恒
B. 垒球动量变化量的方向竖直向下
C. 垒球在B点时动能最小
D. 垒球运动时间为0.8s
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．垒球做斜上抛运动中，只有重力做功，则垒球的机械能守恒，故A正确；
B．由动量定理可知，垒球只受重力，因重力的冲量竖直向下，则垒球动量变化量的方向竖直向下，故B正确；
C．垒球做斜上抛运动中，当速度变为水平方向时，此时速度与重力垂直其速度最小，而动能最小，B点的速度斜向下，其动能不是最小，故C错误；
D．设初速度与位移的夹角为，位移与水平方向的夹角为，如图所示
因斜上抛运动的水平运动为匀速直线运动，有
则可得
由斜上抛的分运动规律有
联立各式可得
解得
故D正确。
故选ABD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，然后画出玻璃砖与空气的两个界面和，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。
（1）在插和时，应使挡住____________（选填“”、“”、“和”、“或”）的像，使挡住____________（选填“”、“”、“、和”、“、或”）的像。
（2）用“插针法”找出与入射光线对应的折射光线，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图乙所示，则玻璃的折射率n=____________（用图中线段的字母表示）。
（3）为了进一步提高测量准确度，请提出一条合理的改进建议：____________。
【答案】（1） ①. 和 ②. 、和
（2）
（3）选用较细的大头针；同侧大头针间距稍大一些；选用两光学表面间距大的玻璃砖等
【解析】
【小问1详解】
[1][2]“测定玻璃的折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，即同时挡住和的像且挡住、和的像。
【小问2详解】
根据几何关系入射角正弦值为
折射角正弦值为
且
根据折射定律有
【小问3详解】
为了进一步提高测量准确度，可以改进的方法有：选用较细的大头针；同侧大头针间距稍大一些；选用两光学表面间距大的玻璃砖等。
12. 某人打算测量某一电源的电动势和内阻。
（1）小李同学先用多用电表粗测该电源的电动势。他先把选择开关旋转到直流电压10V挡正确操作测量时表盘指针如图所示，其读数为____________V。
（2）为了更准确地测量电动势和内阻，他在实验室中找到了电阻箱、电压表、定值电阻等相关器材，组成如图甲所示电路，并进行实验。已知该电源允许通过的最大电流为40mA，图中电阻箱R的阻值范围为0~9999Ω。
①电路中R0为保护电阻，实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用____________。
A.20Ω，125mA
B.150Ω，30mA
C.200Ω，80mA
D.500Ω，5mA
②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表示数U，根据测得的多组数据，作出图线，如图乙所示，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为k，则电源的电动势E=____________，内阻r=____________。
③若考虑到电压表内阻对实验的影响，则电源电动势的测量值比真实值____________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）8.9 （2） ①. C ②. ③. ④. 偏小
【解析】
【小问1详解】
由图可知，量程为10V，分度值为0.2V，所以读数为
【小问2详解】
[1]该电源允许通过的最大电流为40mA，所以排除BD选项，根据欧姆定律
故选C。
[2][3]由闭合电路欧姆定律
化简可得
所以
，
化简可得电源的电动势为
内阻为
[4]可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值，即电源电动势的测量值比真实值偏小。
13. 智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。如图所示，智能机器人携带包裹从供包台静止开始运动，抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中。某次分拣时，携带包裹的机器人沿倾角为α=8°的轨道从供包台静止开始运动到相距44m的分拣口处。在运行过程中包裹与托盘保持相对静止。已知机器人加速过程的加速度为2m/s²，运行的最大速度为4m/s，机器人以最大速度匀速运动8s后，做匀减速运动，并刚好停在分拣口。机器人运送包裹过程中可视为质点。
（1）若包裹与托盘的动摩擦因数为设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在机器人到达分拣口处，要使得包裹能下滑，托盘与车上表面的夹角最小是多少？
（2）机器人匀减速过程的加速度为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）包裹刚好能下滑，则
解得
即夹角最小值为。
（2）匀加速过程，由
可得匀加速的位移
匀速位移为
则匀减速位移为
由
可得匀减速得加速度
14. 某次滑板表演，在开始阶段，表演者在同一竖直平面内运动，可以把该场地简化为如图所示的凹形场地：两端是的光滑圆弧面，半径均为L，中间是长为4L的粗糙水平面。表演者M的质量（含滑板）为m，从光滑圆弧面的A处由静止开始滑下，进入水平面后，与质量（含滑板）为1.2m且静止在水平面中点O处的表演者N碰撞，碰后M以碰前瞬间速度的反弹，在返回途中停在OB中点处，N最终也停在OB中点处，且M、N没有发生第二次碰撞。重力加速度为g。
（1）求M滑至圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小；
（2）求M与N碰撞后瞬间M、N的速度大小之比；
（3）假设M、N在粗糙水平面上运动时，所受阻力与压力的比分别为μ、kμ（μ、k均未知），表演者的动作不影响自身的速度，滑板的长度忽略不计。求μ和k的数值（结果用分数表示）。
【答案】（1）；（2）；（3） ，
【解析】
【详解】（1）M滑至圆弧末端的过程，由动能定理得
M滑至圆弧末端，根据牛顿第二定律，有
联立可得M滑至圆弧末端B时受到的支持力大小
由牛顿第三定律得压力
（2）设M与N碰撞前的速度为，碰撞后，M反弹的速度大小为，N获得的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
根据题意可得
联立可得
则
（3）对M，从A点滑下到碰前瞬间，能量守恒得
对M，从碰后到停止运动过程，能量守恒得
联立解得
对N，从碰后到停止运动过程，能量守恒得
联立解得
15. 如图甲所示，垂直于纸面方向足够长的平行金属板M、N水平放置，板宽与板间距离均为，M、N分别与一电压可调的电源正负极相连。板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，板右侧空间有垂直纸面向里的有界匀强磁场（未知，图中未画出），宽度为。两板中心线左端点O有一粒子源，可以水平向右持续发射相同初速度的质量为m、电量为（）的带电粒子，粒子在板间运动时间很短，每一个粒子在板间运动时均认为电压恒定，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）当时，粒子打在上板中央位置，要使所有粒子在板间做直线运动，求；
（2）撤去板间磁场，要使所有粒子均能进入右侧磁场且不从右边界穿出磁场，求的最大值及右侧磁场的最小值；
（3）撤去板间磁场后，在M板上方加一竖直向上的匀强磁场（如图乙），若，，，求粒子打在M板上的痕迹长度。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，当时，粒子做匀速圆周运动，粒子打在上板中央位置，由几何关系可得
又有
粒子做直线运动
联立可得
（2）当粒子恰好沿下板右端点射出时，水平方向
竖直方向
联立可得
经分析，从下板右端点进入右侧磁场的粒子不从右边界穿出磁场，所有粒子均不能穿出磁场。假设粒子从下板右端点射出时速度大小为v，则有
由几何关系，得
又有
联立可得
（3）假设粒子进入右侧磁场时速度与水平方向夹角为，从左边界穿出时，射入点与射出点的距离为可得
粒子进入MN上方磁场后，水平方向做半径为的匀速圆周运动
周期
竖直方向向下做匀速直线运动，速度大小
粒子从进入M板上方磁场到打到M板上所用时间
又有
得
，
所以痕迹长度
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